河南省南阳市唐河县第一高级中学2025-2026学年高三上学期数学周测试题（11.02）

河南省南阳市唐河县第一高级中学2025-2026学年高三上学期数学周测试题（11.02） 一．选择题（共8小题） 1．（教材变式）“lnx＞lny”是“ex＞ey”（　　） A．充要条件 B．既不充分也不必要条件 C．必要不充分条件 D．充分不必要条件 2．（联考变式）集合，那么A∩B的真子集个数有（　　） A．6 B．7 C．14 D．15 3．已知等差数列{an}不是常数列，若a1＝1，且a1，a2，a5成等比数列，则a10＝（　　） A．1 B．21 C．19 D．20 4．已知f（x）是定义在R上且周期为4的奇函数，当2＜x≤4时，，则f（1）＝（　　） A．﹣1 B．1 C． D． 5．已知，在单位向量上投影向量都是，且，则当与夹角最大的时候，为（　　） A．6 B．5 C．8 D．7 6．（新未来变式）已知f（x）＝x2+ax（a∈R），且函数f（f（x））与f（x）值域相同，则a的范围为（　　） A．（﹣∞，0]∪[2，+∞） B．（﹣∞，0）∪（2，+∞） C．{0，2} D．[0，2] 7．（周测变式）若曲线关于直线x＝b对称，则a﹣b＝（　　） A．﹣2 B．0 C．1 D．2 8．函数的部分图象如图所示，已知点A，D为f（x）的零点，点B，C为f（x）的极值点，，则φ的值为（　　） A． B． C． D． 二．多选题（共3小题） （多选）9．已知i为虚数单位，则下列结论正确的是（　　） A．若复数z1，z2满足|z1|＝|z2|，则 B．若z1＝1+i，z2＝﹣1+i，则z1＞z2 C．若复数z1，z2，满足z1z2＝0，则z1＝0或z2＝0 D．若复数z满足，|z|＝1，则|z﹣2i|最大值为3 （多选）10．（2024期中变式）已知函数，则下列说法正确的是（　　） A．f（x）的图象可由的图象向右平移个单位得到 B．f（x）的图象关于直线对称 C．f（x）在[0，π]上值域为 D．若f（α）＝sin2α，则 （多选）11．已知数列{an}满足a1+3a2+⋯+（2n﹣1）an＝n，其中，Sn为数列{bn}的前n项和，则下列四个结论中，正确的是（　　） A．数列{an}的通项公式为： B．数列{an}为递减数列 C． D．若对于任意的n∈N*都有Sn＜λ，则 三．填空题（共3小题） 12．已知，则sin2α＝　 　 ． 13．直线y＝kx+1是曲线y＝ex+x的一条切线，则实数k＝　 　 ． 14．（周测变式）已知函数f（x）＝（ex+e﹣x﹣a）（lnx﹣b）（x﹣a）（a，b∈R），若f（x）≥0恒成立，则a﹣2b的最小值为　 　 ． 四．解答题（共5小题） 15．（2024期中变式）已知f（x）＝cos（2x+φ）（0≤φ＜π），且f（0）． （1）求φ的值； （2）设g（x）＝f（x）+f（x），求g（x）的值域和单调区间． 16．已知函数，a∈R． （1）当a＝1，求f（x）的极值； （2）当a∈R时，讨论f（x）的单调性． 17．已知数列{an}满足，a1＝1，a2＝4，． （1）求{an}的通项公式； （2）{an}的前n项和记为Sn，试求Sn； （3）若λ∈R，且对任意的正整数n，都有恒成立，求λ的取值范围． 18．（解三角形特殊线变式）已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝2，cos2B+cos2C+2sinBsinC＝2﹣2sin2A． （1）求A； （2）若△ABC内心为I，求△IBC的周长范围． 19．（2024期中变式）已知f（x）＝（x+1）ln（x+1）+asinx，a∈R． （1）a＝0时，证明：； （2）若对任意的x∈（0，π），f（x）＞0恒成立，求a的取值范围； （3）证明：对任意的正整数n，总有． 高三数学周测试题（11月2日） 一．选择题（共8小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D D C A D A A D 二．多选题（共3小题） 题号 9 10 11 答案 CD BC BD 一．选择题（共8小题） 5．因为，在单位向量上投影向量都是，设． 不妨设y1＞y2，y1≥0，因为，所以y1﹣y2＝6，则设两向量的夹角为θ， 若y2＜0，则，而0＜y1＜6，故，当且仅当y1＝3时等号成立，故； 若y2≥0，则，故此时， 综上，当y1＝3，y2＝﹣3时，θ取最大值，此时，cos，， 所以．故选：D． 6．解：f（x）＝x2+ax的开口向上，对称轴x，f（x）的值域[，+∞）， 若f（f（x））与f（x）值域相同，则，解得，a≥2或a≤0，即a的范围（﹣∞，0]∪[2，+∞）． 故选：A． 7．解：根据题意，设f（x）＝（x+a）ln（1），由，得x＞2或x＜0， 故函数f（x）的定义域为（﹣∞，0）∪（2，+∞）， 由曲线关于直线x＝b对称，则函数的定义域一定关于直线x＝b对称， 则，即函数f（x）的图象关于直线x＝1对称，必有f（﹣1）＝f（3），即，解得a＝﹣1，若a＝﹣1，b＝1，此时， 因此函数f（x）的图象关于直线x＝1对称，即a＝﹣1，b＝1满足题意，故a﹣b＝﹣2． 故选：A． 8．解：由题意得，结合，，可得，解得，结合∠ABD为三角形的内角，可得，因为BA＝BD，所以△ABD为等边三角形，，解得AD＝2，可得f（x）的最小正周期T＝2AD＝4，，所以，因为是f（x）位于递减区间的零点，所以φ＝π+2kπ（k∈Z），结合﹣π＜φ＜π，解得．故选：D． 二．多选题（共3小题） （多选）9．CD．（多选）10．BC．解：对A，由a1+3a2+⋯+（2n﹣1）an＝n可得： 当n＝1时，则a1＝1；当n≥2时，则a1+3a2+⋯+（2n﹣3）an﹣1＝n﹣1， 两式相减得：（2n﹣1）an＝1，即，a1＝1也适合上式，综上所述：，A错误； 对B，，当n∈N*时恒成立， 故an+1＜an，即数列{an}为递减数列，B正确；对C，∵， ∴，C错误； 对D，∵当n∈N*时恒成立，故，若对于任意的n∈N*都有Sn＜λ，则，D正确．故选：BD． 三．填空题（共3小题） 12．　　 ．13．　2　 ．14．　2﹣2ln2．　 ． 解：若f（x）≥0恒成立，则只需考虑（ex+e﹣x﹣a），（lnx﹣b），（x﹣a）三个因式的正负号即可， 由基本不等式可得，，当且仅当ex＝e﹣x，即x＝0时等号成立， 又x≠0，所以ex+e﹣x＞2，下面分三种情况：①当a≤0时，因x＞0，所以ex+e﹣x﹣a＞0，x﹣a＞0，而x→0时，lnx﹣b→﹣∞，所以不满足f（x）≥0；②当a＞2时，因x＞0，当x→0时，ex+e﹣x﹣a＜0，x﹣a＜0，lnx﹣b→﹣∞，所以也不满足f（x）≥0； ③当0＜a≤2时，因x＞0，所以ex+e﹣x﹣a＞0，要使f（x）≥0，必须（x﹣a）（lnx﹣b）≥0． 而y＝x﹣a及y＝lnx﹣b在（0，+∞）上都是单调递增的． 要使（x﹣a）（lnx﹣b）≥0在（0，+∞）上恒成立，必须两个函数值的正负号在（0，+∞）相同， 所以两个函数的零点也相同，即a＝eb且0＜a≤2．综上，当0＜a≤2，b＝lna时，f（x）≥0恒成立． 所以a﹣2b＝a﹣2lna（0＜a≤2）．令g（a）＝a﹣2lna（0＜a≤2），则， 故g（a）在（0，2]上单调递减，则g（a）min＝g（2）＝2﹣2ln2．即a﹣2b的最小值为2﹣2ln2． 故答案为：2﹣2ln2． 四．解答题（共5小题） 15．解：f（x）＝cos（2x+φ）（0≤φ＜π），且f（0）， （1）由已知得，结合0≤φ＜π，所以φ； （2）由（1）知：，所以f（x）＝cos2x， 所以g（x）＝ f（x）+f（x）＝cos2xcossin2xsincos2x cos（2x）， 显然g（x）的值域为[，]，因为y＝cosx在[﹣π+2kπ，2kπ]上递增，在[2kπ，2kπ+π]上递减，k∈Z， 所以令，解得g（x）的递增区间为[kπ，kπ），k∈Z， 再令2kπ≤2x2kπ+π，解得g（x）的递减区间为[kπ，kπ），k∈Z． 16．解：（1）a＝1时，， 则，x∈（0，+∞）， 因为x+1＞0，所以当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减； 当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增． 所以当x＝1时，f（x）有极小值为f（1），无极大值． （2）（x＞0） （i）当a≤0，x∈（0，+∞）时，ax﹣1＜0，f′（x）＜0，f（x）单调递减； （ii）当a＞0，时，ax﹣1＜0，f′（x）＜0，f（x）单调递减； 时，ax﹣1＞0，f′（x）＞0，f（x）单调递增． 综上，a≤0时，f（x）的减区间是（0，+∞），无增区间； a＞0时，f（x）的减区间是，增区间是． 17．解：（1）已知数列{an}满足， 当n≥2时，，两式相减得：，即． 则n＝2k，k∈N，且k≥2时，． n＝2k﹣1，k∈N，且k≥2时，． 经检验a1＝1，a2＝4＝2×2也符合通式． 综上． （2）依题意，当n＝2k，k∈N，且k≥1时，． 当n＝2k﹣1，k∈N，且k≥2时． ，S1也符合通式． 综上． （3）由（2）中结论，． 则n∈N*时，原式等价于3n2+2n≤λ•n2n，恒成立，即恒成立． 记， 则n∈N*时，． 即f（n）在n∈N*时，单调递减． 可知，可得，即λ的取值范围是． 18．解：（1）由cos2B+cos2C+2sinBsinC＝2﹣2sin2A， 可得（1﹣2sin2B）+（1﹣2sin2C）+2sinBsinC＝2﹣2sin2A，化简得sin2B+sin2C﹣sin2A＝sinBsinC， 结合正弦定理得b2+c2﹣a2＝bc， 所以，结合0＜A＜π，可得； （2）方法一：因为△ABC的内心为I，所以IB和IC分别平分∠ABC和∠ACB， 可得，则， 设|IC|＝m，|IB|＝n，在△IBC中，由余弦定理得4， 即m2+n2+mn＝4，整理得（m+n）2＝4+mn， 因为m、n＞0，所以（m+n）2＞4，即m+n＞2， 结合，可得，即， 当且仅当时，即时等号成立， 综上所述，△IBC的周长的取值范围为． 方法二：与方法一同法求得， 设∠ABC＝θ，则有，，， 由，可得， 在△IBC中，|BC|＝2，由正弦定理得， 则，，可得 ， 根据，，可得， 所以△IBC的周长范围为． 19．解：（1）证明：当a＝0时，f（x）＝（x+1）ln（x+1）， 令ln（x+1）﹣x， 则． 当x∈（﹣1，0）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增； 当x∈（0，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减． 则g（x）max＝g（0）＝0，故g（x）≤0，即，所以． （2）由题意可得，f′（x）＝1+ln（x+1）+acosx（x∈（0，π）），设h（x）＝f′（x）， 则， 且有f（0）＝0，f′（0）＝1+a． 当a＜﹣1，x∈（0，π）时，h′（x）＞0，则f′（x）单调递增， 又f′（0）＝1+a＜0，， 根据零点存在性定理可得，存在一个，使得f′（x0）＝0， 且有x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 此时f（x）＜f（0）＝0，不满足恒成立条件； 当a≥0，x∈（0，π）时，显然f（x）中（x+1）ln（x+1）＞0，asinx≥0则f（x）＞0恒成立； 当﹣1≤a＜0，x∈（0，π）时，h′（x）＞0，则f′（x）单调递增，f′（x）＞f′（0）＝1+a≥0， f（x）单调递增，f（x）＞f（0）＝0． 综上所述，a≥﹣1，即a∈[﹣1，+∞）； （3）证明：由（2）中结论，有当a≥﹣1时，f（x）＝（x+1）ln（x+1）+asinx＞0，对任意的x∈（0，π）恒成立， 取a＝﹣1可得，f（x）＝（x+1）ln（x+1）﹣sinx＞0，对任意的x∈（0，π）恒成立， 即（x+1）ln（x+1）＞sinx，变形可得 分别令，，⋯，，可得， ，……， 累加可得证毕． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/10/31 9:58:38；用户：郑斌；邮箱：13937716026；学号：41943136 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $